Mở rộng bruck reilly của vị nhóm và nhóm

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒNG XN BÍNH MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA VỊ NHĨM VÀ NHĨM LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Nghệ An, 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒNG XN BÍNH MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA VỊ NHÓM VÀ NHÓM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH : ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số : 60.46.05 Người hướng dẫn khoa học PGS TS LÊ QUỐC HÁN Nghệ An, 2012 MỤC LỤC Trang MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU .2 CHƢƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Iđêan quan hệ Grin nửa nhóm 1.2 Nửa nhóm quy Nửa nhóm ngƣợc 1.3 Biểu diễn nửa nhóm 16 CHƢƠNG MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA VỊ NHÓM 2.1 Một số lớp nửa nhóm đơn 21 2.2 Mở rộng Bruck - Reilly vị nhóm nhóm 29 KẾT LUẬN .36 TÀI LIỆU THAM KHẢO 37 MỞ ĐẦU Giả sử M vị nhóm  : M  M tự đồng cấu Tập hợp  M  - tập hợp số tự nhiên - với phép toán hai    ngôi:  m, a, n   p, b, q    m  n  t , a t  p b t  p , q  p  t  với t= max ( n, p )    tự đẳng cấu đồng M, tạo thành vị nhóm Vị nhóm đƣợc gọi mở rộng Bruck- Reilly M xác định  đƣợc ký hiệu BR ( M ,  ) Cấu trúc tổng quát cấu trúc đƣợc đƣa Bruck (1958), Reilly (1966) Munn (1970) Họ dùng chúng để chứng minh nửa nhóm nhúng đƣợc vào vị nhóm đơn đƣa định lý cấu trúc lớp đặc biệt nửa nhóm ngƣợc Gần Yamamura (2001) chứng tỏ mở rộng Bruck - Reilly tùy ý vị nhóm ngƣợc mở rộng Higman Neumann Neumann (HNN) vị nhóm ngƣợc Bản luận văn chúng tơi dựa cơng trình Presentation of semigroups and inverse semigroups tác giả Catarina Carvalho Trƣờng Đại học Tổng hợp St.Andrew xuất năm 2003 để tìm hiểu mở rộng BruckReilly vị nhóm nhóm Luận văn đƣợc chia thành hai chƣơng Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chƣơng này, trình bày khái niệm tính chất iđêan quan hệ Grin nửa nhóm, nửa nhóm quy nửa nhóm ngƣợc, biểu diễn nhóm để làm sở trình bày cho chƣơng sau Chƣơng 2: Mở rộng Bruck- Reilly vị nhóm Đây nội dung luận văn Trong chƣơng này, trƣớc hết chúng tơi trình bày khái niệm tính chất lớp nửa nhóm đơn, nửa nhóm song đơn, nửa nhóm - đơn nửa nhóm - đơn hồn tồn Tiếp theo, chúng tơi trình bày khái niệm tính chất mở rộng BruckReilly vị nhóm nhóm Kết Mệnh đề 2.2.2 Định lý 2.2.4 Luận văn đƣợc thực dƣới hƣớng dẫn PGS.TS Lê Quốc Hán Nhân dịp tác giả bày tỏ lịng biết ơn thầy tận tình dẫn học tập tập dƣợt nghiên cứu khoa học Thầy đặt vấn đề trực tiếp hƣớng dẫn chúng tơi hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Tốn, Phịng Đào tạo sau Đại học, Bộ môn Đại số thầy, cô chuyên ngành Đại số Lý thuyết số tận tình hƣớng dẫn, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả q trình học tập hồn thành luận văn Mặc dù cố gắng, song luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận đƣợc đóng góp thầy, bạn lớp Nghệ An, tháng 09 năm 2012 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 IĐÊAN VÀ CÁC QUAN HỆ GRIN TRÊN NỬA NHÓM 1.1.1 Định nghĩa Giả sử I tập khác rỗng nửa nhóm S Khi đó: (i) I đƣợc gọi iđêan trái (tƣơng ứng, phải) nửa nhóm S SI  I (tƣơng ứng, IS  I ) (ii) I đƣợc gọi iđêan S I vừa iđêan trái, vừa iđêan phải Từ định nghĩa ta có hệ sau 1.1.2 Hệ Giả sử I tập không rỗng nửa nhóm S Thế 1) I iđêan trái (tương ứng, phải) S với a  I , với x  S có xa  I ( tương ứng, ax  I ) 2) Nếu I iđêan trái S I nửa nhóm S 3) Nếu I J iđêan trái (phải) S với I  J   I  J iđêan trái (phải) S 1.1.3 Định nghĩa Giả sử I iđêan S Ta định nghĩa quan hệ  I xác định I   I  I   is (nghĩa x y x, y  I x  y ) Khi đó,  I I tƣơng đẳng S đƣợc gọi tương đẳng Rixơ S liên kết với I Để chứng tỏ Định nghĩa 1.2.3 hợp lý, ta cần chứng minh  I tƣơng đẳng, nhƣng điều đƣợc suy trực tiếp từ định nghĩa Nửa nhóm thƣơng S  đƣợc ký hiệu S I , đƣợc gọi thương I Rixơ S theo iđêan I S I có phần tử I phần tử khác  x , với x  S \ I Để đơn giản ký hiệu, đồng phần tử  x  x với I phần tử x  S \ I Tích phần tử S I nhƣ sau : x y  xy với x, y  I I x = I = xI với x  S Do I phần tử khơng (zero) SI 1.1.4 Định nghĩa Một iđêan I nửa nhóm S đƣợc gọi iđêan tối tiểu với iđêan J S, J  I kéo theo J = I 1.1.5 Bổ đề Giả sử I iđêan tối tiểu J iđêan tùy ý S Thế I  J Chứng minh Trƣớc hết, I  J ≠  Thật vậy, I J iđêan S, nên IJ  I  J Hơn I ≠  , J ≠  nên IJ ≠  Do I  J ≠  Mặt khác, I  J  I I  J iđêan S, nên từ tính tối tiểu I suy I  J = I, I  J  Từ Bổ đề 1.1.5 ta có hệ sau 1.1.6 Hệ Nếu nửa nhóm S có iđêan tối tiểu, iđêan tối tiểu S Chú ý nửa nhóm có khơng có iđêan tối tiểu Xét nửa nhóm ( , +) Các iđêan nhóm ( = {n+k k } Hơn m+  n+ , +) thực chất tập n+ m ≥ n Dó đó, ( , +) khơng có iđêan tối tiểu Tuy nhiên, nửa nhóm hữu hạn S có iđêan tối tiểu, iđêan có số phần tử (iđêan nhƣ tồn S iđêan S S có hữu hạn phần tử) 1.1.7 Định nghĩa Một nửa nhóm S đƣợc gọi nửa nhóm đơn, khơng có iđêan khác S 1.1.8 Bổ đề Nửa nhóm S nửa nhóm đơn S = SxS, với x S Chứng minh Rõ ràng rằng, với x  S, SxS iđêan S, S đơn SxS = S Đảo lại, giả thiết với x có SxS = S Khi I idêan S x  I S = SxS  I nên I = S Vậy S đơn. 1.1.9 Định nghĩa Giả sử S nửa nhóm Ta định nghĩa quan hệ L, R, J sau S: aLb  S1a = S1b aRb  a S1 = bS1 aJ b S1aS1 = S1bS1 S1a, aS1 S1aS1 iđêan trái, phải iđêan S đƣợc sinh a Theo định nghĩa: aLb   s, s’  S: a = sb b = s’a aRb   r, r’ S: a = br b = ar’ Từ định nghĩa trực tiếp suy quan hệ L, R J quan hệ tƣơng đƣơng S Thực ra, Llà tƣơng đẳng phải R tƣơng đẳng trái S Với x S, ta ký hiệu L x L - lớp tƣơng đƣơng chứa x: Lx= { y  S | x L y} Tƣơng tự, Rx Jx ký hiệu lớp tƣơng đƣơng theo R, J tƣơng ứng chứa x 1.1.10 Ví dụ (1) Xét nửa nhóm S = {a,b,c} với phép nhân đƣợc xác định bảng bên Thế thì: S1 a={a,b,c}, S1 b={b,a}, S1c= {c} aS1={a,b,c}, b S1={a,b,c}, cS1={b,c} a b c a a b c b b a c c c b c Từ aR b Các lớp tƣơng đƣơng theo quan hệ L La= {a}, Lb = {b}, Lc= {c}, theo quan hệ R Ra= {a,b} = Rb, Rc = {c} (2) Giả sử TX nửa nhóm đầy đủ phép biến đổi tập X Thế ,   TX : R   , ’  TX:  = ’ Do R kéo theo (X) =  (X) Mặt khác, (X) =  (X) xác định   TX bởi: (x) = x với   x  = (x) Thế  (x) =  ( x )= (x),    T nên X R  (x) =  (x) 1.1.11 Định lý Các quan hệ L R giao hoán: LoR = RoL Chứng minh Giả sử (x, y)  LoR Thế có phần tử z S cho xLz, zRy Do tồn phần tử s, s’, r, r’  S cho: x = sz, z = s’x, z = yr, y = zr’ Ký hiệu: t = szr’ Thế t = szr’ = xr’, x = sz = syr = szr’r = tr nên xRt Ta lại có: t = s.zr’ = sy, y = zr’ = s’xr’ = s’szr’ = s’t nên yL t Suy (x,y)  RoL nên LoR  RoL Tƣơng tự, có RoL  L oR nên L oR = RoL  1.1.12 Định nghĩa Giả sử L R quan hệ tƣơng đƣơng đƣợc xác định theo Định nghĩa 1.1.9 Ta xác định quan hệ S bởi: D = Lo R= Ro L H = R  L Khi H quan hệ tƣơng đƣơng lớn S đƣợc chứa L R theo Lý thuyết tập hợp Ta chứng minh D quan hệ tƣơng đƣơng bé chứa Lvà R Thật vậy, L R quan hệ tƣơng đƣơng nên D = L oR quan hệ tƣơng đƣơng Hơn nữa, xL x xR x với x S1 nên L  D R  L Nếu C quan hệ tƣơng đƣơng S chứaL  R D  C nên D quan hệ tƣơng tƣơng bé chứa L R Ký hiệu Dx H x D - lớp H – lớp tƣơng ứng chứa x  S Khi với x, có Lx  Rx = Hx 1.1.13 Định nghĩa Các quan hệ L , R, J, D H đƣợc xác định nhƣ gọi quan hệ Grin nửa nhóm S 1.1.14 Định lý Giả sử x, y  S Thế xy  Rx  Ly  Ry  Lx chứa lũy đẳng Chứng minh Trƣớc hết ta giả sử xy  Rx  Ly Vì y L xy ,  x : Ry  Rxy song ánh Vì xyR x nên Rxy  Rx ,  x : Ry  Rx song ánh Ánh xạ  x bảo toàn L - lớp  x ánh xạ Ry  Lx vào Rx  Lx  H x Do tồn Z  Ry  Lx cho  x ( z )  x , nghĩa zx  x Vì z L x nên tồn u  S1 cho z  ux Khi xux  xz  x zz  uxux  ux  z nên z  Es Đảo lại, tồn lũy đẳng e  Rx  Ly ey  y xe  x Từ eR y nhận đƣợc xeR xy , xR xy Từ eL x có eyR xy nên yL xy Do xy  Rx  Ly 23 0  , 0 0 0 0  , 0 0 A 0  , 1  B 1  , 0 0 E  0 0   1 F  với phép nhân, hay nửa nhóm ánh xạ tập {1,2},  , 1  a  ,  2  2 b   , 1  2.1.4 Chú ý Giả sử L, R, H , D,  1 e  ,  1  2 f     2 quan hệ Grin nửa nhóm S cho aLb  S a = S b, aRb  a S = b S ; H = L R, D = L0R (= R0L ) a b  S1 a S1 = S1 b S1 Sử dụng phép nhân nửa nhóm Bicyclic B   cho  m, n  p, q    m  n  max(n, p  , q  p  max(n, p) , Ta nhận đƣợc kết nhƣ sau: (a) (m, n)L(p, q) n = q; (b) (m, n)R(p, q) m = p; (c) (m, n)H(p, q) m = p, n = q; (d ) D = = B B 2.1.5 Định nghĩa ký hiệu Giả sử E nửa dàn, nghĩa nửa nhóm giao hốn lũy đẳng (e2=e ef = fe, e, f  E) Đối với e  E, tập hợp Ee = { f  E | f  e } iđêan E (Chú ý: f  e  fe = ef = f) Khi quan hệ U E cho U = {(e, f)  E x E | Ee  Ef } 24 Đối với (e, f)  U, ta định nghĩa Te,f tập hợp tất tự đẳng cấu từ Ee lên Ef Giả sử T  E  T Khi TE đƣợc gọi nửa nhóm Munn e, f  e , f  U     nửa dàn E   2.1.6 Nhận xét Giả sử E  C  e , e , e , với e  e  e  nửa 2 dàn Thế   Een  en , e , e , n1 n2 Eem  Ee n với m, n Khi U  E x E ta nói E Đẳng cấu từ Eem lên Een  m,n đƣợc cho e m,n  e k  m , k k mn  nghịch đảo chúng n,m : Een  Em đƣợc xác định e n,m  e k  m k k mn  Nếu m,n q,p phần tử TE, tích chúng ánh xạ  Een  Ee p m1,n lên  Een  Ee p  p,q Nếu viết t  max(n, p) nói m,n p,q ánh xạ Eet nm lên Et  pq , nghĩa m,n p,q  mntq pt Nhƣ đồng nửa nhóm Munn nửa dàn C với nửa nhóm bicyclic đƣợc xây dựng 1.2.1 theo phƣơng pháp thứ ba 2.1.7 Chú ý Ta nhắc lại nửa nhóm S đƣợc gọi nửa nhóm ngược phần tử a  S có phần tử ngƣợc ( nghĩa tồn b  S cho aba  a , bab  b ) Với phần tử a thuộc nửa nhóm S tùy ý, ký hiệu V  a   b  S aba  a, bab  b 25 Thế S nửa nhóm ngƣợc với a  S , V  a   Nửa nhóm S đƣợc gọi nửa nhóm song đơn S gồm D lớp Ta nhận đƣợc kết sau 2.1.8 Mệnh đề Nửa nhóm bicyclic B  a, b ab  nửa nhóm ngược song đơn chứa đơn vị Các lũy đẳng phần tử en  bnan  n  0,1,2,  Chúng thỏa mãn bất đẳng thức  e0  e1   en  Vì vậy, B khơng chứa lũy đẳng ngun thủy Chứng minh Dễ thấy hai phần tử bk al bman thuộc nửa nhóm bicyclic B  a, b ab  nhân với nhƣ sau    bk al  bman  bi a j ,     i  k  m  l, m , j  l  n  l , m Chú ý i  k Do i  k bi a j thuộc iđêan bên phải R  bk al    sinh phần tử bk al Đảo lại, i  k bi a j  R  bk al  : Chỉ cần lấy m  l  i  k , n  j   Nếu viết phần tử thuộc B thành bảng a a2 b ba ba b2 b2a b2a2 mô tả R  bk al  nhƣ hợp tập tất dòng bảng   dịng thứ k 1 trở xuống Từ suy R- lớp chứa bk al trùng với dòng thứ k 1 Tƣơng tự L - lớp chứa bk al trùng với cột thứ l  Vậy 26 R- lớp nửa nhóm B dòng, L - lớp cột bảng Do H - lớp B tập gồm phần tử R - lớp giao với L - lớp nên D - lớp B B , B song đơn Bây giả thiết bman lũy đẳng với i  2m   m, n  j  2n   m, n  Từ m  i n  j Điều kéo theo m   m, n  n   m, n  , nghĩa m  n Đảo lại, dễ thấy en  bnan lũy đẳng Nếu m  n tính trực tiếp thấy emen  enem  en nên em  en Từ em  en m  n Do m  n kéo theo em  en từ B khơng chứa lũy đẳng ngun thủy Vì B chứa lũy đẳng gồm D - lớp nên B quy Vì emen  enem  en với m  n nên B nửa nhóm ngƣợc. 2.1.9 Chú ý Giả sử E tập hợp lũy đẳng nửa nhóm S Trên E xác định quan hệ  cho e  f ef  fe  e Thế  thứ tự phận E Nếu S chứa phần tử zero  e với e  E Lũy đẳng f đƣợc gọi nguyên thủy f  từ e  f kéo theo e  e  f Ta nhắc lại nửa nhóm S khơng chứa phần tử zero đƣợc gọi đơn S không chứa iđêan thực hai phía, nửa nhóm S với phần tử zero đƣợc gọi - đơn S  0 S chứa hai iđêan 0 S , nửa nhóm với phần tử zero đƣợc gọi - đơn hoàn tồn S nửa nhóm - đơn chứa lũy đẳng nguyên thủy 2.1.10 Mệnh đề Nếu e lũy đẳng khác tùy ý nửa nhóm đơn S khơng phải - đơn hồn tồn, S chứa nửa nhóm bicyclic e đơn vị Chứng minh Lũy đẳng e khơng ngun thủy trái lại S 0- đơn hồn tồn Do tồn lũy đẳng khác không f  S cho e > f , nghĩa ef 27 = fe = f e  f Vì f  S nửa nhóm - đơn nên SfS = S, tồn x’, y’  S cho x’f y’ = e Đặt x = ex’y y = f y’e ta đƣợc ex = xf = x, f y = ye = y xy = e Giả sử g= yx Khi g2 = yxyx = yex = yx = g, fg = fyx = yx = g, gf = yxf = yx = g Vậy g  f Vì f < e nên g < e Vì e đơn vị hai phía x y, xy = e yx  e nên < x, y > nửa nhóm bicyclic S với đơn vị e. 2.1.11 Mệnh đề Một nửa nhóm - đơn nửa nhóm - đơn hoàn toàn lũy thừa phần tử thuộc S nằm nhóm S Chứng minh Nếu S nửa nhóm - đơn hồn tồn theo [1] (Định lý 2.52(i), trang 137), bình phƣơng phần tử thuộc S nằm nhóm S Đảo lại, giả sử lũy thừa phần tử thuộc S nằm nhóm S Trƣớc hết ta chứng tỏ S tồn phần tử không lũy linh Giả sử a  S a  Khi a  SaS nên a= xay với x, y  S Nhân bên trái với x bên phải với y số lần ta đƣợc a = xnayn với số nguyên dƣơng n Vì a  nên xn  với n, nghĩa x khơng lũy linh Nửa nhóm S phải chứa lũy đẳng khác zero Thật vậy, x phần tử khơng lũy linh thuộc S theo giả thiết xn thuộc nhóm G S với số nguyên dƣơng n rõ ràng đơn vị nhóm G khác zero Giả sử e lũy linh khác zero S Nếu S nửa nhóm - đơn khơng phải - đơn hồn tồn theo Mệnh đề 2.1.10, S chứa nửa nhóm 28 bicyclic p, q ,với đơn vị e, pq = e qp  e Ta chứng tỏ điều xảy Theo giả thiết phần tử pn thuộc nhóm G S với n thích hợp Giả sử f đơn vị G, r phần tử nghịch đảo pn G Từ pnqn = e suy fe = f pnqn = pnqn = e Từ rpn = f suy fe = rpne = rpn = f Do e = f qn = eqn = f qn = rpnqn = re = rf = r Nhƣng đó: qnpn = rpn = f = e, qnpn < e nửa nhóm bicyclic p, q  Từ Mệnh đề 2.1.11 ta có hệ sau 2.1.12 Hệ Mọi nửa nhóm - đơn tuần hồn (đặc biệt, nửa nhóm đơn hữu hạn) - đơn hoàn toàn 2.2 MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA CÁC VỊ NHÓM VÀ CÁC NHÓM 2.2.1 Định nghĩa ký hiệu Giả sử T vị nhóm với đơn vị  : T H1 đồng cấu từ T vào H1, H1 nhóm phần tử khả nghịch T Thế làm cho tích Đềcác T  trở thành nửa nhóm cách định nghĩa (m, a, n)(p, b, q) = (m - n + t, (a  t-n )(b  t-p ), q - p+ t) (1) t= max(n, p)  ánh xạ đồng T Nửa nhóm đƣợc xây dựng nhƣ đƣợc gọi mở rộng Bruck-Reilly T xác định  Kí hiệu: BR(T,  ) Để chứng tỏ định nghĩa hợp lý, cần chứng minh phép toán cho (1) kết hợp Thật vậy, viết u = max(q - p + max(n, p), r), v = max(n, p - q + max(q, r)) (2) 29 ((m, n, a)(p, b, q))(r, c, s) = (m - n - q+ p - u, (a u-n-q+p)(b u-q)(c u-r), s - r + u) (m, a, n)((p, b, q), (r, c, s)) = (m - n+ w, (a w-n )(b w-p ) (c w-r-p-q ), s - r - p+ q+ w) Bây ý tọa độ hai bên (thứ thứ ba) phép nhân (1) nhƣ nửa nhóm bicyclic Vì phép tốn nửa nhóm bicyclic có tính chất kết hợp nên suy m - n - q + p + u = m - n + w, s - r + u = s - r – p + q+ w, từ w = u + p – q Từ tọa độ (thứ hai) hai tích Nhƣ vậy, phép tốn (1) có tính chất kết hợp 2.2.2 Mệnh đề Giả sử T vị nhóm với phần tử đơn vị 1, giả sử S mở rộng Bruck-Reilly T xác định  Thế thì: (1) S vị nhóm với đơn vị (0, 1, 0); (2) hai phần tử (m, n, a) (p, b, q) D - tương đương S a b D - tương đương T; (3) phần tử (m, a, n) S lũy đẳng m= n a lũy đẳng T; (4) S nửa nhóm ngược T nửa nhóm ngược Chứng minh Trƣớc hết ta ý T nửa nhóm nửa nhóm S  quan hệ Grin đó, chẳng hạn  = R Khi s aR b có nghĩa a, b  S aS1 = b S1, cịn aRTb có nghĩa a, b  T aT1  bT1 (1) Chúng ta chứng tỏ (m, a, n) (p, b, q) phần tử S tồn (r, x, s) (t, y, u) cho (r, x, s)(m, a, n)(t, y, u) = (p, u, q); Khi S nửa nhóm đơn Thật vậy, ta lấy 30 (r, x, s) = (p, ( a )-1, m + 1) (t, y, u) = (n + 1, b, q) ( a )-1 nghịch đảo a nhóm H1 nhận đƣợc đẳng thức mong muốn Đơn vị S rõ ràng (0, 1, 0) (2) Trƣớc hết ta xét quan hệ R Giả thiết (m, a, n)R s(p, b, q) Thế (m ,n, a)(r, x, s) = (p, b, q) (3) với (r, x, s)  S đó, p = m - n + max(n, r)  m Nhƣng đẳng thức chứng tỏ m  p Do m = p từ m = m - n+ max(n, r) suy n  r Từ đó, tọa độ thứ hai (3), suy a(x  n-r ) = b Nhƣ Ra  Rb T (nghĩa R – lớp chứa a T đƣợc chứa R- lớp chứa b T) Tƣơng tự, ta chứng minh đƣợc Ra  Rb Từ aRTb Đảo lại, giả thiết aRTb Thế ax = b bx’= a với x, x’  T (nhớ T = T1 ), S có (m, a, n)(n, x, q) = (m, b, q)(m, b, q)(q, x’, n) = (m, a, n), nghĩa (m, a, n)RS(m, b, q) Nhƣ ta chứng minh đƣợc (m, a, n) R S(p, b, q) m = p aRT b (4) Lập luận tƣơng tự, ta chứng minh đƣợc: (m, a, n) L S(p, b, q) nếu n = q aL Tb (5) Bây giả sử (m, a, n)DS(p, b, q) Khi tồn (r, c, s)  S cho (m, a, n)R(r, c, s) (r, c, s)L S(p, b, q) Theo (4) (5), ta có aRTc cL Tb (và r = m; s = q) Từ aDTb Đảo lại, aDTb tồn c  T cho aRTc cL Tb Từ với m, n, p, q số tự nhiên, có (m, a, n)RS(m, c, q), (m, c, q)L S(p, b, q) nên (m, a, n)DS(p, b, q) 31 (3) Chú ý e lũy đẳng thuộc T (m, e, m) lũy đẳng thuộc S Đối vói (m, a, n) S tùy ý, có (m, a, n)2 = (m- n+t,(a t-n t-m )(a ), n – m + t) t = max(m, n) Do (m, a, n) lũy đẳng m = n Thế (m, a, n)2 = (m, a2, m) suy lũy đẳng S phần tử có dạng (m, e, m) với e lũy đẳng thuộc T (4) Giả sử T nửa nhóm ngƣợc Thế với (m, a, n)  S có phần tử ngƣợc (n, a-1, m) Nhƣ S nửa nhóm quy Để chứng minh S nửa nhóm ngƣợc cần chứng minh lũy đẳng S giao hoán Thật vậy, giả sử (m, e, m) (n, f, n) hai lũy đẳng thuộc S với m  n Khi  m, e, m  n, f , n    m, e  f  mn  , m  ;  n, f , n   m, e, m    m,  f  mn  e, m  (6) Với f m-n Do e(f lũy đẳng T ( thực m > n f m-n ) = (f n-m m-n = 1) ) e T nửa nhóm ngƣợc Từ ta kết luận đƣợc lũy đẳng S giao hốn S nửa nhóm ngƣợc Đảo lại, giả sử S nửa nhóm ngƣợc (m, a, n)-1 = (p, b, q) Thế (m, a, n)(p, b, q) = (m – n + t), (a t-n )(b t-p ), q – p +t) (với t = max(p, n) lũy đẳng RS – tƣơng đƣơng với (m, a, n) L S – tƣơng đƣơng với (p, b, q) Suy m = m – n + t = q – p + t = q, n = p (=t), m = a Bây tính chất phần tử ngƣợc đƣa đến (m, a, n) = (m, a, n)(n, b, m)( m, a, n) = (m, aba, n) (n, b, m) = (n, b, m)(m, a, n)(n, b, m)=(n, bab, m) 32 aba = a, bab = a Từ T nửa nhóm quy Cuối cùng, e f lũy đẳng T, giao hốn (0, e, 0) (0, f, 0) S trực tiếp kéo theo ef = fe Nhƣ T nửa nhóm ngƣợc. 2.2.3 Chú ý Trƣớc hết ta nhắc lại rằng: nửa nhóm S đƣợc gọi  - nửa nhóm nửa dàn lũy đẳng S đẳng cấu với C Nhƣ hệ Mệnh đề 2.1.2, T nhóm với đơn vị e (do  tự đồng cấu T) S = BR(T,  ) trở thành nửa nhóm ngƣợc với lũy đẳng em = (m, e, m) , m  Từ (5) suy e0 > e1 > Nhƣ BR(T,  )  - nửa nhóm ngƣợc song đơn Thực điều ngƣợc lại Ta tổng hợp kết định lý sau 2.2.4 Định lý Giả sử G nhóm  tự đồng cấu G Giả sử S = BR(G,  ) mở rộng Bruck –Reilly G xác định  Thế S  - nửa nhóm ngược song đơn Đảo lại, nửa nhóm ngược song đơn đẳng cấu với mở rộng Bruck – Reilly BR(G,  ) nhóm G Chứng minh Chúng ta chứng minh đƣợc điều kiện đủ Để chứng minh điều kiện cần, giả sử S  - nửa nhóm ngƣợc song đơn, S nửa dàn lũy đẳng E = C =  e0,, e1, e2  Thế TE đẳng cấu với nửa nhóm bicyclic, nghĩa TE =  m, n m, n   m, n đẳng cấu từ Eem lên Een cho ekm, n = ek-m+n (k m) m, np,q = m,-n+tq-p-t với t = max( p, q) Theo   (Định lý 5.4.4, trang 163): “ Với nửa nhóm ngƣợc S với nửa dàn lũy đẳng E có đồng cấu  : S  TE cho Ker(  ) tƣơng đẳng tách lũy đẳng”, theo [7] (Hệ 5.6.5, trang 170) ta suy H = Ker (  ), H quan hệ Grin S 33 Một H - lớp điển hình S Hm, n = { a  S aa-1 = em, a-1a = en}, phần tử a  Hm, n ánh xạ  thành phần tử a  TE mà miền Eaa-1=Eem ảnh Ea-1a =Een Thế có phần tử nhƣ vậy, Hm,n  = m,n Từ suy S, Hm,nHp,q  Hm-n+t,q-p+t Ký hiệu nhóm H0,0 với đơn vị e0 G Hãy chọn cố định phần tử a  H0,1 Thế a-1  H1,0 theo lập luận hộp trứng tiêu chuẩn Hơn kết sau cho thấy a2  H0,2 quy nạp nhận đƣợc an  H0,n ; a-1 Hn,0 (n  ) a0 đƣợc định nghĩa e0 Cũng ý tất n  , có an a-n = e0, , a-n a n = en Sơ đồ sau hộp trứng điển hình L0 L1 R0 e0 a R1 a-1 e1 … Ln an Rm a-m Hm,n Trƣớc tiếp tục chứng minh Định lý 2.2.4, ta chứng minh kết sau: a-mgan (g  G) song ánh từ G = H0,0 lên Hm,n, với nghịch “Ánh xạ g đảo cho x amx a-n (x  Hm,n)” (*) Thật vậy, kết đƣợc suy từ Bổ đề Grin (Xem [7], Bổ đề 2.2.1 Bổ đề 2.2.2 trang 49) Chúng ta có e0an = an ana-n = e0, ánh xạ g ya-n g an song ánh từ G = H0,0 lên H0,n, với ánh xạ ngƣợc y 34 Cũng nhƣ vậy, a-me0 = a-m ama-m = e0, nên ánh xạ y song ánh từ H0,n lên Hm,n, với ánh xạ ngƣợc x a-m y a-mx Kết hợp hai song ánh ta có kết (*), Bây ta tiếp tục chứng minh Định lý 2.2.4 Nhận xét a đƣợc chọn, có song ánh  : S   G  đƣợc cho (a-mg an) = (m, g, n) (7) Đối với g  G, cách sử dụng (6), ta có ag H0,1 H0,0 = H0,1, theo (*), tồn biểu diễn a0g’a1 = g’a ag Trên sở đó, định nghĩa ánh xạ : G  G quy tắc ag = (g)a (g  G) (8) Đối với g1, g2  G có [(g1g2)] a = a(g1 g2) = (ag1)g2 = [(g1)a]g2 = (g1)(ag2)=(g1)[(g2)a] = [(g1)(g2)]a; từ cách nhân hai vế với a-1, với ý aa-1= e0 ta nhận đƣợc (g1 g2) =(g1)(g2) Nhƣ  tự đồng cấu G Tiếp theo ý a2g = a (ag) = a (g ) a = (g 2) a2; phƣơng pháp quy nạp nhận đƣợc ang = (g n) an (n  ),  ánh xạ đồng G Lập luận tƣơng tự, từ (8) kết luận đƣợc g-1a-1 = a-1(g)-1 a  G Từ cách thay đổi ký hiệu, ta kết luận đƣợc ga-1 = a-1(g) ( g G) tổng quát ga-n = a-n(g n) (g G, n ) 35 Từ (*) nhận đƣợc biểu diễn dạng a-mgan phần tử thuộc S Bây ta mơ tả cách nhân hai phần tử đƣợc biểu diễn dƣới dạng Nếu n  p (a-mgan)(a-ph aq) = a-mg(an-ph)aq = a-mg(h n-p)aq-p… Trong n  p (a-mgan)(a-phaq) = a-m(ga-(n-p))haq = a-(m-n+p)(g n-p)hap Chúng ta tổng hợp hai cơng thức dƣới dạng (a-mgan)(a-phaq) = a-(m-n+t)(g t-n)(h t-p)aq-p+t t = max(n, p) Nhƣ song ánh  : S   G  đƣợc dƣới dạng (a-mgan) = (m, g, n) đẳng cấu từ S lên mở rộng Bruck – Reilly BR(G,  ). KẾT LUẬN Luận văn thực đƣợc công việc sau: Hệ thống kiến thức liên quan đến iđêan quan hệ Grin nửa nhóm, nửa nhóm ngƣợc nửa nhóm, biểu diễn nửa nhóm cấu trúc tự tƣơng ứng Tìm hiểu lớp nửa nhóm đơn: nửa nhóm song đơn, nửa nhóm - đơn nửa nhóm - đơn hồn tồn Tìm hiểu khái niệm tính chất mở rộng Bruck – Reilly vị nhóm nhóm 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt 1 A H.Cliphớt G.B Pretơn (1970), Lý thuyết nửa nhóm, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội (Bản dịch tiếng Việt Trần Văn Hạo Hoàng Kỳ)  2 Lê Quốc Hán (2008), Giáo trình lý thuyết nửa nhóm lý thuyết nhóm, Trƣờng Đại học Vinh Tiếng Anh 3 I A Raujo, N.Rusluc (2001), Finite Presentability of Bruck - Reilly Extensions of groups, Journal of Algebra  4 C A Carvalho (2003), Presentaions of semigroups and inverse semigroups, University of St.Andrew 5 C A Carvalho, N.Rskuc (2006) Finite Presentability of Bruck-Reilly Extensions, Comnunications in Algebra, 34, 3301- 3313 37  6 C A Carvalho (2009), Bruck-Reilly Extensions of direct products of monids and completely (0-) simple semigroups, Semigroup Forum, 79, 145158  7 J M Hoiwie(1995), Fundamentals of semigroup theory, Claredon Press, Oxford ... nửa nhóm 1.2 Nửa nhóm quy Nửa nhóm ngƣợc 1.3 Biểu diễn nửa nhóm 16 CHƢƠNG MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA VỊ NHÓM 2.1 Một số lớp nửa nhóm đơn 21 2.2 Mở rộng Bruck - Reilly. .. nhóm nhúng đƣợc vào vị nhóm đơn đƣa định lý cấu trúc lớp đặc biệt nửa nhóm ngƣợc Gần Yamamura (2001) chứng tỏ mở rộng Bruck - Reilly tùy ý vị nhóm ngƣợc mở rộng Higman Neumann Neumann (HNN) vị. .. m  s Điều có nghĩa B  a, b ab  biểu diễn vị nhóm CHƯƠNG MỞ RỘNG BRUCK - REILLY CỦA VỊ NHÓM 2.1 MỘT SỐ LỚP NỬA NHÓM ĐƠN 2.1.1 Nhận xét Xét vị nhóm đƣợc mơ tả Ví dụ 1.3.6: * a, b B  a, b ab